PKUWC2018 随机算法 和 猎人杀

随机算法

我们知道，求任意图的最大独立集是一类NP完全问题，目前还没有准确的多项式算法，但是有许多多项式复杂度的近似算法。

例如，小 C 常用的一种算法是：

1. 对于一个 (n) 个点的无向图，先等概率随机一个 (1ldots n) 的排列 (p[1ldots n])。

2. 维护答案集合 (S) ，一开始 (S) 为空集，之后按照 (i=1ldots n) 的顺序，检查 ({p[i]}cup S) 是否是一个独立集，如果是的话就令 (S={p[i]}cup S)。

3. 最后得到一个独立集 (S) 作为答案。

小 C 现在想知道，对于给定的一张图，这个算法的正确率，输出答案对 (998244353) 取模

对于 (100\%) 的数据，有(1leq nleq 20,0leq mleq frac{n imes (n-1)}{2})，保证给定的图没有重边和自环。

题解

直接做的话设 (dp(s,t)) 表示排列出现了 (s) 中的点，独立集为 (t) 的概率。(O(3^nn)) 显然不行。

构造：不随机 (1sim n) 的排列，每次独立随机一个点看是否能加入独立集。如果不能则继续随机，直到能加入为止。

易证这两种方式是等价的。虽然我们只维护了 (t)，但 (s) 中的点再次出现时会直接跳过，非 (s) 中但与 (t) 相邻的点对排列顺序与独立集都无影响，所以与 (t) 不相邻的点会等概率出现。即两种方式的所有点第一次出现的顺序等价。

那么现在不需要知道 (s)，即哪些点被选过了。记 (f(t)) 表示独立集为 (t) 的概率，转移就在与 (t) 不相邻的点中等概率随机。

统计答案：每个点集作为独立集的概率×[大小=最大独立集大小]。

时间复杂度 (O(2^n n))。

CO int N=20;
int e[N],f[1<<N];

int main(){
	int n=read<int>();
	for(int i=0;i<n;++i) e[i]|=1<<i;
	for(int m=read<int>();m--;){
		int u=read<int>()-1,v=read<int>()-1;
		e[u]|=1<<v,e[v]|=1<<u;
	}
	f[0]=1;
	for(int s=0;s<1<<n;++s)if(f[s]){
		int cnt=0;
		for(int i=0;i<n;++i) cnt+=!(e[i]&s);
		cnt=fpow(cnt,mod-2);
		for(int i=0;i<n;++i)if(!(e[i]&s))
			f[s|1<<i]=add(f[s|1<<i],mul(f[s],cnt));
	}
	int siz=0;
	for(int s=0;s<1<<n;++s)if(f[s])
		siz=max(siz,popcount(s));
	int ans=0;
	for(int s=0;s<1<<n;++s)if(popcount(s)==siz)
		ans=add(ans,f[s]);
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}

猎人杀

猎人杀是一款风靡一时的游戏“狼人杀”的民间版本，他的规则是这样的：

一开始有 (n) 个猎人，第 (i) 个猎人有仇恨度 (w_i) ，每个猎人只有一个固定的技能：死亡后必须开一枪，且被射中的人也会死亡。

然而向谁开枪也是有讲究的，假设当前还活着的猎人有 ([i_1ldots i_m])，那么有 (frac{w_{i_k}}{sum_{j = 1}^{m} w_{i_j}}) 的概率是向猎人 (i_k) 开枪。

一开始第一枪由你打响，目标的选择方法和猎人一样（即有 (frac{w_i}{sum_{j=1}^{n}w_j}) 的概率射中第 (i) 个猎人）。由于开枪导致的连锁反应，所有猎人最终都会死亡，现在 (1) 号猎人想知道它是最后一个死的的概率。

答案对 (998244353) 取模。

对于 (100\%) 的数据，有 (w_i>0)，且 (1leq sumlimits_{i=1}^{n}w_i leq 100000)

题解

题目描述中给出的随机方式相当于还是在随机排列，这是不好做的。

构造：不随机排列，每次独立随机选一个人（无论死活）。如果死了则继续随机，直到活着为止。

易证这两种方式是等价的。由于随机到死人的时候不管，所以概率分布还是一样的。

[P(i)=frac{kill}{sum}P(i)+frac{w_i}{sum}\ P(i)=frac{w_i}{sum-kill} ]

有了这个构造之后我们再来看这道题。现在我们需要 (1) 号猎人死之前所有猎人都死了。这个显然不好做，于是考虑容斥。

记 (1) 号死之前 (s) 集合里的人没死，则答案为

[sum_s(-1)^{|s|}sum_{i=0}^infty(1-P(s)-P(1))^iP(1)\ =sum_s(-1)^{|s|}frac{w_1}{w_s+w_1} ]

注意到 (sum wleq 10^5)，所以可以求出 (cnt_k) 表示所有满足 (w_s=k) 的 (s) 的容斥系数 ((-1)^{|s|}) 的和。

上生成函数，求 (prod(1-x^w)) 即可。分治NTT解决，时间复杂度 (O(n log^2 n))。

CO int N=2*131072;
int omg[2][N],rev[N];

void NTT(poly&a,int dir){
	int lim=a.size(),len=log2(lim);
	for(int i=0;i<lim;++i) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(len-1);
	for(int i=0;i<lim;++i)if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=1;i<lim;i<<=1)
		for(int j=0;j<lim;j+=i<<1)for(int k=0;k<i;++k){
			int t=mul(omg[dir][N/(i<<1)*k],a[j+i+k]);
			a[j+i+k]=add(a[j+k],mod-t),a[j+k]=add(a[j+k],t);
		}
	if(dir==1){
		int ilim=fpow(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],ilim);
	}
}
poly operator*(poly a,poly b){
	int n=a.size()-1,m=b.size()-1;
	int lim=1<<(int)ceil(log2(n+m+1));
	a.resize(lim),NTT(a,0);
	b.resize(lim),NTT(b,0);
	for(int i=0;i<lim;++i) a[i]=mul(a[i],b[i]);
	NTT(a,1),a.resize(n+m+1);
	return a;
}

vector<int> a[2*N];
int tot,h[2*N],top;

IN bool cmp(int i,int j){
	return a[i].size()>a[j].size();
}
int main(){
	omg[0][0]=1,omg[0][1]=fpow(3,(mod-1)/N);
	omg[1][0]=1,omg[1][1]=fpow(omg[0][1],mod-2);
	for(int i=2;i<N;++i){
		omg[0][i]=mul(omg[0][i-1],omg[0][1]);
		omg[1][i]=mul(omg[1][i-1],omg[1][1]);
	}
	int n=read<int>(),w=read<int>();
	for(int i=2;i<=n;++i){
		int w=read<int>();
		a[++tot].resize(w+1);
		a[tot][0]=1,a[tot][w]=mod-1;
		h[++top]=tot;
	}
	make_heap(h+1,h+top+1,cmp);
	while(top>=2){
		int x=h[1];pop_heap(h+1,h+top+1,cmp),--top;
		int y=h[1];pop_heap(h+1,h+top+1,cmp),--top;
		a[++tot]=a[x]*a[y];
		h[++top]=tot,push_heap(h+1,h+top+1,cmp); // edit 1: cmp
	}
	int x=h[1],ans=0;
	for(int i=0;i<(int)a[x].size();++i)
		ans=add(ans,mul(mul(w,fpow(i+w,mod-2)),a[x][i]));
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}